离散型随机变量的数字特征 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦离散型随机变量的数字特征，覆盖均值、方差及决策应用三大核心考点，依据高考评价体系分析得均值计算占45%、方差应用占35%的高频考查权重，归纳出选择填空基础题、解答题综合题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”的复习路径，以2024全国II卷投篮比赛真题为例，通过“求分布列-算数字特征-作决策判断”三步法，培养学生数学思维（推理运算）和数学语言（数据建模）素养。特设易错点警示（如均值计算漏概率、方差公式记错），帮助学生掌握得分技巧，教师可据此实施精准复习指导。

　离散型随机变量的数字特征 AC 题型1　离散型随机变量的均值 【例1】(多选)一盒中有7个乒乓球，其中5个未使用过，2个已使用过，现从盒子中任取3个球来用，用完后再装回盒中．记盒中已使用过的球的个数为X，则( ). A．X的所有可能取值是3，4，5 B．X最有可能的取值是5 C．X等于3的概率为 D．X的数学期望是 【解析】由题意，X的所有可能取值是3，4，5，故A正确；P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，所以X最有可能的取值是4，故B错误，C正确；E(X)＝3×＋4×＋5×＝，故D错误． 求离散型随机变量ξ的数学期望的步骤 (1)根据ξ的实际意义，写出ξ的所有可能取值． (2)求出ξ取每个值的概率． (3)写出ξ的分布列． (4)利用定义求出数学期望． 【变式】本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准如下：每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时． (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率； (2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率； (3)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X，求X的分布列和均值E(X). 【解析】(1)由题意可知，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为，，设“甲、乙两人所付的租车费用相同”为事件A，则P(A)＝×＋×＋×＝，所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为. (2)甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元，分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为×＋×＝. (3)X的可能取值为0，2，4，6，8，P(X＝0)＝，P(X＝2)＝×＋×＝，P(X＝4)＝×＋×＋×＝，P(X＝6)＝×＋×＝，P(ξ＝8)＝×＝，分布列如答表10.5­3： 答表10.5­3 X 0 2 4 6 8 P 数学期望E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝4. 题型2　离散型随机变量的方差 【例2】随着“十一”黄金周的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解A，B两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得关于A旅游景点的问卷100份，关于B旅游景点的问卷80份．问卷中，对景点的满意度等级划分为非常满意、满意、一般、不满意，对应分数分别为4分、3分、2分、1分，数据统计如表10.5­10： 表10.5­10 非常满意 满意 一般 不满意 A景点 50 30 5 15 B景点 35 30 7 8 假设用频率估计概率，且游客对A，B两个旅游景点的满意度评价相互独立． (1)从所有(人数足够多)在A旅游景点的游客中随机抽取2人，从所有(人数足够多)在B旅游景点的游客中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出“非常满意”的概率； (2)根据上述数据，你若旅游，你会选择A，B哪个旅游景点？说明理由． 【解析】(1)设“这4人中恰有2人给出‘非常满意’的评价”为事件C，由表中数据可知，游客在A景点给出“非常满意”评价的概率为＝，游客在B景点给出“非常满意”评价的概率为＝，所以P(C)＝＋C·C·＋＝. (2)设一位游客对A景点的满意度评分为X分，一位游客对B景点的满意度评分为Y分，由题意得X的分布列如答表10.5­4： 答表10.5­4 X 4 3 2 1 P Y的分布列如答表10.5­5： 答表10.5­5 Y 4 3 2 1 P 则E(X)＝4×＋3×＋2×＋1×＝3.15，D(X)＝0.852×＋(－0.15)2×＋(－1.15)2×＋(－2.15)2×＝1.127 5，E(Y)＝4×＋3×＋2×＋1×＝3.15，D(Y)＝0.852×＋(－0.15)2×＋(－1.15)2×＋(－2.15)2×＝0.902 5，显然E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)，所以选择B景点． 求解与离散型随机变量均值有关的实际问题时，先将实际问题转化为概率问题，再利用有关概率的知识求出相应事件的概率，并列出分布列，最后求出相应的均值． 【变式】据有关权威发布某种传染病通过呼吸传播，当病人(患了某种传染病的人)和正常人(没患某种传染病的人)都不戴口罩而且交流时距离小于1米时，正常人有90%的概率被传染；当病人不戴口罩而正常人戴口罩且交流时距离小于1米时，正常人有60%的概率被传染；当病人戴口罩而正常人不戴口罩且交流距离小于1米时，正常人有30%的概率被传染；当病人和正常人都戴口罩且交流距离大于1米时，正常人不会被传染． 为此对经常出入甲、乙两地的人员通过抽样调查的方式对戴口罩情况做了记录(如表10.5­11). 表10.5­11 男士 女士 戴口罩 不戴口罩 戴口罩 不戴口罩 甲地 40 20 30 10 乙地 10 30 45 15 假设某人是否戴口罩互相独立． (1)估计去甲地的男士戴口罩的概率，估计所有去甲地的人戴口罩的概率． (2)若从所有男士中选1人，从所有女士中选2人，用频率估计概率，求戴口罩人数X的分布列和期望． (3)表10.5­12中男士不戴口罩记为“ξ＝0”，戴口罩记为“ξ＝1”，确定男士戴口罩的方差D(ξ)；女士不戴口罩记为“η＝0”，戴口罩记为“η＝1”，确定女士戴口罩的方差D(η).比较D(ξ)和D(η)的大小，并说明理由． 【解析】(1)设“去甲地的男士戴口罩”为事件M，则P(M)＝＝，设“去甲地的人戴口罩”为事件N，则P(N)＝＝. (2)设“男士戴口罩”为事件A，则P(A)＝＝，设“女士戴口罩”为事件B，则P(B)＝＝.从所有男士中选1人，所有女士中选2人，戴口罩人数X的可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝××＝，P(X＝1)＝××＋××＋××＝，P(X＝2)＝××＋××＋××＝，P(X＝3)＝××＝， 所以X的分布列如答表10.5­6所示． 答表10.5­6 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2. (3)E(ξ)＝0×＋1×＝，D(ξ)＝×＋×＝；E(η)＝0×＋1×＝，D(η)＝×＋×＝.D(ξ)>D(η)，100名男士中有50人戴口罩，50人不戴口罩，100名女士中有75人戴口罩，25人不戴口罩，从数据分布可看出来女士戴口罩的集中程度要好于男士，所以其方差偏小． 均值与方差在决策中的作用 离散型随机变量的均值与方差是高考的重点，经常与分布列综合，以解答题形式出现，难度中等．一般有两个角度：一是直接计算随机变量的均值或方差，二是求得均值或方差后利用其数字特征进行决策或判断优劣．考查数学建模、数学运算、数据分析的核心素养． 【例题】(2024·全国Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0<p<q. ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【解析】(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，所以比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686. (2)①若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3；若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]·p3，因为0<p<q，所以P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)·[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)＝3pq(p－q)·(pq－p－q)＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0，所以P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛． ②若甲参加第一阶段比赛，比赛成绩X(单位：分)的所有可能取值为0，5，10，15，则P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]·Cq(1－q)2，P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Cq2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，所以E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)q；若乙参加第一阶段比赛，比赛成绩Y(单位：分)的所有可能取值为0，5，10，15.同理，E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)p，所以E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]＝15(p－q)pq(p＋q－3)，因为0<p<q，则p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0，所以(p－q)pq(p＋q－3)>0，所以应该由甲参加第一阶段比赛． 利用均值、方差进行决策的2个方略 (1)当均值不同时，可以比较两个随机变量取值的平均水平，可对问题作出判断． (2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而作出决策． 【变式】某环保机器制造商为响应国家号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案． 方案一：交纳延保金5 000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1 000元； 方案二：交纳延保金6 230元，在延保的5年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元； 制造商为制定收费标准，搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到表10.5­12. 表10.5­12 维修次数 0 1 2 3 机器台数 20 40 80 60 以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数． (1)求X的分布列； (2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t的值定在什么范围？ 【解析】(1)由题意得X＝0，1，2，3，4，5，6，P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝××2＝，P(X＝2)＝××2＋×＝，P(X＝3)＝××2＋××2＝，P(X＝4)＝××2＋×＝，P(X＝5)＝××2＝，P(X＝6)＝×＝，所以X的分布列如答表10.5­7所示． 答表10.5­7 X 0 1 2 3 4 5 6 P (2)选择方案一：所需费用为Y1元，则当X≤2时，Y1＝5 000，当X＝3时，Y1＝6 000；当X＝4时，Y1＝7 000；当X＝5时，Y1＝8 000，当X＝6时，Y1＝9 000，所以Y1的分布列如答表10.5­8所示． 答表10.5­8 Y1 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000 P E(Y1)＝5 000×＋6 000×＋7 000×＋8 000×＋9 000×＝6 860. 选择方案二：所需费用为Y2元，则当X≤4时，Y2＝6 230；当X＝5时，Y2＝6 230＋t；当X＝6时，Y2＝6 230＋2t，所以Y2的分布列如答表10.5­9所示． 答表10.5­9 Y2 6 230 6 230＋t 6 230＋2t P E(Y2)＝6 230×＋(6 230＋t)×＋(6 230＋2t)×＝6 230＋，要使选择方案二对客户更合算，则E(Y2)<E(Y1)，所以6 230＋<6 860，解得t<1 500，即t的取值范围为[0，1 500). $